2019-2020年高三物理第二輪專題復習專題三 電場和磁場.doc

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2019-2020年高三物理第二輪專題復習專題三 電場和磁場 黃岡中學：江楚橋 【方法歸納】 一、場強、電勢的概念 1、電場強度E ①定義：放入電場中某點的電荷受的電場力F與它的電量q的比值叫做該點的電場強度。 ②數(shù)學表達式：，單位： ③電場強度E是矢量，規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向即為該點的電場強度的方向 ④場強的三個表達式 定義式 決定式 關系式 表達式 選用 范圍 對任何電場E的大小及方向都適用。與檢驗電荷的電量的大小、電性及存在與否無關。 q：是檢驗電荷 只對真空的點電荷適用。 Q：是場源電荷的電量。 r：研究點到場源電荷的距離。 只對勻強電場適用。 U：電場中兩點的電勢差。 d：兩點間沿電場線方向的距離。 說明 電場強度是描述電場力的性質(zhì)的物理量。電場E與F、q無關，取決于電場本身。 當空間某點的電場是由幾個點電荷共同激發(fā)的，則該點的電場強度等于每個點電荷單獨存在時所激發(fā)的電場在該點的場強的矢量和。 ⑤比較電場中兩點的電場強度的大小的方法： 由于場強是矢量。比較電場強度的大小應比較其絕對值的大小，絕對值大的場強就大，絕對值小的場強就小。 Ⅰ在同一電場分布圖上，觀察電場線的疏密程度，電場線分布相對密集處，場強較大；電場較大；電場線分布相對稀疏處，場強較小。 Ⅱ形成電場的電荷為點電荷時，由點電荷場強公式可知，電場中距這個點電荷Q較近的點的場強比距這個點電荷Q較遠的點的場強大。 Ⅲ勻強電場場強處處相等 Ⅳ等勢面密集處場強大，等勢面稀疏處場強小 2、電勢、電勢差和電勢能 ①定義： 電勢：在電場中某點放一個檢驗電荷q，若它具有的電勢能為E，則該點的電勢為電勢能與電荷的比值。電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移到零電勢點時電場力所做的功。也等于該點相對零電勢點的電勢差。 電勢差：電荷在電場中由一點A移到另一點B時，電場力做功與電荷電量q的比值，稱為AB兩點間的電勢差，也叫電壓。 電勢能：電荷在電場中所具有的勢能；在數(shù)值上等于將電荷從這一點移到電勢能為零處電場力所做的功。 ②定義式：或，單位：V 單位：J ③說明：Ⅰ電勢具有相對性，與零電勢的選擇有關，一般以大地或無窮遠處電勢為零。 Ⅱ電勢是標量，有正負，其正負表示該的電勢與零電勢的比較是高還是低。 Ⅲ電勢是描述電場能的物理量， ④關于幾個關系 關于電勢、電勢差、電勢能的關系 電勢能是電荷與電場所共有的；電勢、電勢差是由電場本身因素決定的，與檢驗電荷的有無沒有關系。 電勢、電勢能具有相對性，與零電勢的選擇有關；電勢差具有絕對性，與零電勢的選擇無關。 關于電場力做功與電勢能改變的關系 電場力對電荷做了多少功，電勢能就改變多少；電荷克服電場力做了多少功，電勢能就增加多少，電場力對電荷做了多少正功，電勢能就減少多少，即 。 在學習電勢能時可以將“重力做功與重力勢能的變化”作類比。 關于電勢、等勢面與電場線的關系 電場線垂直于等勢面，且指向電勢降落最陡的方向，等勢面越密集的地方，電場強度越大。 ⑤比較電荷在電場中某兩點的電勢大小的方法： Ⅰ利用電場線來判斷：在電場中沿著電場線的方向，電勢逐點降低。 Ⅱ利用等勢面來判斷：在靜電場中，同一等勢面上各的電勢相等，在不同的等勢面間，沿著電場線的方向各等勢面的電勢越來越低。 Ⅲ利用計算法來判斷：因為電勢差，結(jié)合 ，若，則，若，則； 若，則 ⑥比較電荷在電場中某兩點的電勢能大小的方法： Ⅰ利用電場力做功來判斷：在電場力作用下，電荷總是從電勢能大的地方移向電勢能小的地方。這種方法與電荷的正負無關。 Ⅱ利用電場線來判斷：正電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減少；逆著電場線方向移動時，電勢能逐漸增大。負電荷則相反。 二、靜電場中的平衡問題 電場力（庫侖力）雖然在本質(zhì)上不同于重力、彈力、摩擦力，但是產(chǎn)生的效果是服從牛頓力學中的所有規(guī)律，所以在計算其大小、方向時應按電場的規(guī)律，而在分析力產(chǎn)生的效果時，應根據(jù)力學中解題思路進行分析處理。對于靜電場中的“平衡”問題，是指帶電體的加速度為零的靜止或勻速直線運動狀態(tài)，屬于“靜力學”的范疇，只是分析帶電體受的外力時除重力、彈力、摩擦力等等，還需多一種電場而已。解題的一般思維程序為： ①明確研究對象 ②將研究對象隔離出來，分析其所受的全部外力，其中電場力，要根據(jù)電荷的正負及電場的方向來判斷。 ③根據(jù)平衡條件或，列出方程 ④解出方程，求出結(jié)果。 三、電加速和電偏轉(zhuǎn) 1、帶電粒子在電場中的加速 在勻強電場中的加速問題 一般屬于物體受恒力（重力一般不計）作用運動問題。處理的方法有兩種： ①根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解 ②根據(jù)動能定理與電場力做功，運動學公式結(jié)合求解 基本方程： 在非勻強電場中的加速問題 一般屬于物體受變力作用運動問題。處理的方法只能根據(jù)動能定理與電場力做功，運動學公式結(jié)合求解。 基本方程： 2、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 設極板間的電壓為U，兩極板間的距離為，極板長度為。 運動狀態(tài)分析：帶電粒子垂直于勻強電場的場強方向進入電場后，受到恒定的電場力作用，且與初速度方向垂直，因而做勻變速曲線運動——類似平拋運動如圖1。 v0 θ U，d y v 圖1 運動特點分析： 在垂直電場方向做勻速直線運動 在平行電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動 通過電場區(qū)的時間： 粒子通過電場區(qū)的側(cè)移距離： 粒子通過電場區(qū)偏轉(zhuǎn)角： 帶電粒子從極板的中線射入勻強電場，其出射時速度方向的反向延長線交于入射線的中點。所以側(cè)移距離也可表示為： 四、電容器的動態(tài)分析 這類問題關鍵在于弄清楚哪些是變量；哪些是不變量；哪些是自變量；哪些是因變量。同時要注意對公式的理解，定義式適用于任何電容器，而電容C與Q、U無關。 區(qū)分兩種基本情況：一是電容器兩極間與電源相連接，則電容器兩極間的電勢差U不變；二是電容器充電后與電源斷開，則電容器所帶的電量Q保持不變。 電容器結(jié)構(gòu)變化引起的動態(tài)變化問題的分析方法 平行板電容器是電容器的一個理想化模型，其容納電荷的本領用電容C來描述，當改變兩金屬板間距d、正對面積S或其中的介質(zhì)時，會引起C值改變。給兩個金屬板帶上等量異號電荷Q后，板間出現(xiàn)勻強電場E，存在電勢差U。若改變上述各量中的任一個，都會引起其它量的變化。若兩極板間一帶電粒子，則其受力及運動情況將隨之變化，與兩極板相連的靜電計也將有顯示等等。 解此類問題的關鍵是：先由電容定義式、平行板電容器電容的大小C與板距d、正面積S、介質(zhì)的介電常數(shù)的關系式和勻強電場的場強計算式導出，，等幾個制約條件式備用。接著弄清三點：①電容器兩極板是否與電源相連接？②哪個極板接地？③C值通過什么途徑改變？若電容器充電后脫離電源，則隱含“Q不改變”這個條件；若電容器始終接在電源上，則隱含“U不改變”（等于電源電動勢）這個條件；若帶正電極板接地，則該極板電勢為零度，電場中任一點的電勢均小于零且沿電場線方向逐漸降低；若帶負電極板接地，則該極板電勢為零，電場中任一點電勢均大于零。 五、帶電粒子在勻強磁場的運動 1、帶電粒子在勻強磁場中運動規(guī)律 初速度的特點與運動規(guī)律 ① 為靜止狀態(tài) ② 則粒子做勻速直線運動 ③ ,則粒子做勻速圓周運動，其基本公式為： 向心力公式： 運動軌道半徑公式：； 運動周期公式： 動能公式： T或、的兩個特點： T、和的大小與軌道半徑（R）和運行速率（）無關，只與磁場的磁感應強度（B）和粒子的荷質(zhì)比（）有關。 荷質(zhì)比（）相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中，、和相同。 ④與B成（角，，則粒子做等距螺旋運動 2、解題思路及方法 圓運動的圓心的確定： ①利用洛侖茲力的方向永遠指向圓心的特點，只要找到圓運動兩個點上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點必為圓心． ②利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心 六、加速器問題 U ~ 1、直線加速器 ①單級加速器：是利用電場加速，如圖2所示。 粒子獲得的能量： 圖2 缺點是：粒子獲得的能量與電壓有關，而電壓又不能太高，所以粒子的能量受到限制。 ②多級加速器：是利用兩個金屬筒縫間的電場加速。 粒子獲得的能量： 缺點是：金屬筒的長度一個比一個長，占用空間太大。 2、回旋加速器 采用了多次小電壓加速的優(yōu)點，巧妙地利用電場對粒子加速、利用磁場對粒子偏轉(zhuǎn)，實驗對粒子加速。 ①回旋加速器使粒子獲得的最大能量： 在粒子的質(zhì)量、電量，磁感應強度B、D型盒的半徑R一定的條件下，由軌道半徑可知，，即有，，所以粒子的最大能量為 由動能定理可知，，加速電壓的高低只會影響帶電粒子加速的總次數(shù)，并不影響引出時的最大速度和相應的最大能量。 ②回旋加速器能否無限制地給帶電粒子加速？ 回旋加速器不能無限制地給帶電粒子加速，在粒子的能量很高時，它的速度越接近光速，根據(jù)愛因斯坦的狹義相對論，這里粒子的質(zhì)量將隨著速率的增加而顯著增大，從而使粒子的回旋周期變大（頻率變?。┻@樣交變電場的周期難以與回旋周期一致，這樣就破壞了加速器的工作條件，也就無法提高速率了。 七、粒子在交變電場中的往復運動 當電場強度發(fā)生變化時，由于帶電粒子在電場中的受力將發(fā)生變化，從而使粒子的運動狀態(tài)發(fā)生相應的變化，粒子表現(xiàn)出來的運動形式可能是單向變速直線運動，也可能是變速往復運動。 帶電粒子是做單向變速直線運動，還是做變速往復運動主要由粒子的初始狀態(tài)與電場的變化規(guī)律（受力特點）的形式有關。 圖3 圖4 ? q，m uA t t 0 0 T/2 T T/2 T A B uA 1、若粒子（不計重力）的初速度為零，靜止在兩極板間，再在兩極板間加上圖3的電壓，粒子做單向變速直線運動；若加上圖4的電壓，粒子則做往復變速運動。 2、若粒子以初速度為從B板射入兩極板之間，并且電場力能在半個周期內(nèi)使之速度減小到零，則圖1的電壓能使粒子做單向變速直線運動；則圖2的電壓也不能粒子做往復運動。 所以這類問題要結(jié)合粒子的初始狀態(tài)、電壓變化的特點及規(guī)律、再運用牛頓第二定律和運動學知識綜合分析。 八、粒子在復合場中運動 1、在運動的各種方式中，最為熟悉的是以垂直電磁場的方向射入的帶電粒子，它將在電磁場中做勻速直線運動，那么，初速v0的大小必為E/B，這就是速度選擇器模型，關于這一模型，我們必須清楚，它只能選取擇速度，而不能選取擇帶電的多少和帶電的正負，這在歷年高考中都是一個重要方面。 2、帶電物體在復合場中的受力分析：帶電物體在重力場、電場、磁場中運動時，其運動狀態(tài)的改變由其受到的合力決定，因此，對運動物體進行受力分析時必須注意以下幾點： ①受力分析的順序：先場力（包括重力、電場力、磁場力）、后彈力、再摩擦力等。 ②重力、電場力與物體運動速度無關，由物體的質(zhì)量決定重力大小，由電場強決定電場力大?。坏鍋銎澚Φ拇笮∨c粒子速度有關，方向還與電荷的性質(zhì)有關。所以必須充分注意到這一點才能正確分析其受力情況，從而正確確定物體運動情況。 3、帶電物體在復合場的運動類型： ①勻速運動或靜止狀態(tài)：當帶電物體所受的合外力為零時 ②勻速圓周運動：當帶電物體所受的合外力充當向心力時 ③非勻變速曲線運動；當帶電物體所受的合力變化且和速度不在一條直線上時 4、綜合問題的處理方法 (1)處理力電綜合題的的方法 處理力電綜合題與解答力學綜合題的思維方法基本相同，先確定研究對象，然后進行受力分析（包括重力）、狀態(tài)分析和過程分析，能量的轉(zhuǎn)化分析，從兩條主要途徑解決問題。 ①用力的觀點進解答，常用到正交分解的方法將力分解到兩個垂直的方向上，分別應用牛頓第三定律列出運動方程，然后對研究對象的運動進分解?？蓪⑶€運動轉(zhuǎn)化為直線運動來處理，再運用運動學的特點與方法，然后根據(jù)相關條件找到聯(lián)系方程進行求解。 ②用能量的觀點處理問題 對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量觀點來處理。即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡潔，具體方法有兩種： ⅰ用動能定理處理，思維順序一般為： a.弄清研究對象，明確所研究的物理過程 b.分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功 c.弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能） ⅱ用包括靜電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理，列式的方法常有兩種： a從初、末狀態(tài)的能量相等（即）列方程 b從某些能量的減少等于另一些能量的增加（即）列方程 c若受重力、電場力和磁場力作用，由于洛侖茲力不做功，而重力與電場力做功都與路徑無關，只取決于始末位置。因此它們的機械能與電勢能的總和保持不變。 (2)處理復合場用等效方法： 各種性質(zhì)的場與實物（由分子和原子構(gòu)成的物質(zhì)）的根本區(qū)別之一是場具有疊加性。即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加場，對于疊加場中的力學問題，可以根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每一種場力對物體的作用效果；也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將疊加緊場等效為一個簡單場，然后與重力場中的力學問題進行類比，利用力學的規(guī)律和方法進行分析與解答。 【典例分析】 圖5 A B P M N +Q 【例1】如圖5所示，AB是一個接地的很大的薄金屬板，其右側(cè)P點有帶量為Q的正電荷，N為金屬板外表面上的一點，P到金屬板的垂直距離，M為PN連線的中點，關于M、N兩點的場強和電勢，有如下說法： ①M點的電勢比N點電勢高，M點的場強比N點的場強大 ②M點的場強大小為 ③N點的電勢為零，場強不為零 ④N點的電勢和場強都為零 上述說法中正確的是（ ） A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 【例2】如圖6所示，兩根長為的絕緣細線上端固定在O點，下端各懸掛質(zhì)量為的帶電小球A、B，A、B帶電分別為、，今在水平向左的方向上加勻強電場，場強E，使連接AB長為的絕緣細線拉直，并使兩球處于靜止狀態(tài)，問，要使兩小球處于這種狀態(tài)，外加電場E的大小為多少？ O E B A 圖6 【例3】如圖7所示，是示波管工作原理示意圖，電子經(jīng)加速電壓U1加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量為，兩平行板間的距離為，電勢差為U2，板長為，為了提高示波管的靈敏度（單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的偏轉(zhuǎn)量）可采取哪些措施？ 圖7 v0 l U2 d h U1 【例4】（xx年，安徽高考題）一平行板電容器，兩板間的距離和兩板面積都可調(diào)節(jié)，電容器兩極板與電池相連接，以表示電容器的電量，表示兩極間的電場強度，則下列說法中正確的是（ ） A.當增大，S不變時，減小E減小 B.當S增大，不變時，增大E增大 C.當減小，S增大時，增大E增大 D.當S減小，減小時，不變E不變 【例5】如圖8所示，在S點的電量為q，質(zhì)量為m的靜止帶電粒子，被加速電壓為U，極板間距離為d的勻強電場加速后，從正中央垂直射入電壓為U的勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)極板長度和極板距離均為L，帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后即進入一個垂直紙面方向的勻強磁場，其磁感應強度為B。若不計重力影響，欲使帶電粒子通過某路徑返回S點，求： （1）勻強磁場的寬度D至少為多少？ （2）該帶電粒子周期性運動的周期T是多少？偏轉(zhuǎn)電壓正負極多長時間變換一次方向？ 圖8 L L U S d U B D 【例6】N個長度逐個增大的金屬筒和一個靶沿軸線排列成 一串，如圖9 所示（圖中只畫出4個圓筒，作為示意），各筒和靶相間地連接到頻率為f，最大電壓值為U的正弦交流電源的兩端，整個裝置放在高度真空容器中，圓筒的兩底面中心開有小孔，現(xiàn)有一電量為q、質(zhì)量為m的正離子沿軸線射入圓筒，并將在圓筒間及圓筒與靶間的縫隙處受到電場力作用而加速（設圓筒內(nèi)部沒有電場），縫隙的寬度很小，離子穿過縫隙的時間可以不計，已知離子進入第一個圓筒左端的速度為v1，且此時第一、二兩個圓筒間的電勢差U1－U2＝－U，為使打到靶上的離子獲得最大能量，各個圓筒的長度應滿足什么條件？并求出在這種情況下打到靶上的離子能量。 v1 圖 9 【例7】一水平放置的平行板電容器置于真空中，開始時兩極板的勻電場的場強大小為E1，這時一帶電粒子在電場的正中處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將兩極板間的場強大小由E1突然增大到E2，但保持原來的方向不變，持續(xù)一段時間后，突然將電場反向，而保持場強的大小E2不變，再持續(xù)一段同樣時間后，帶電粒子恰好回到最初的位置，已知在整個過程中，粒子并不與極板相碰，求場強E1的值。 【例8】如圖10所示，在xOy平面內(nèi)，有場強E=12N/C，方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B=2T、方向垂直xOy平面指向紙里的勻強磁場．一個質(zhì)量m=410-5kg，電量q=2.510-5C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點．求：（1）P點到原點O的距離；（2）帶電微粒由原點O運動到P點的時間． x y B E ? P O 圖10 【跟蹤練習】 1．如圖11所示，P、Q是兩個電量相等正的電荷，它們連線的中點是O，a、b是中垂線上的兩點，，用、、、分別表示a、b兩點的場強和電勢，則（ ） ? ? b a ? ? O Q P 圖11 A.一定大于，一定大于 B.不一定大于，一定大于 C.一定大于，不一定大于 D.不一定大于，不一定大于 2．一個電量為的正電荷從電場外移到電場里的A點,電場做功,則A點的電勢UA等于多少?如果此電荷移到電場里的另一點B,電場力做功210－3，則A、B兩點間的電勢差UAB等于多少？如果有另一電量是的負電荷從A移到B，則電場力做功為多少？ 圖12 O A B Q m，q 3．如圖12所示，質(zhì)量為的小球B，帶電量為，用絕緣細線懸掛在O點，球心到O點的距離為，在O點的正下方有一個帶同種電荷的小球A固定不動，A的球心到O點的距離也為，改變A球的帶電量，B球?qū)⒃诓煌奈恢锰幱谄胶鉅顟B(tài)。當A球帶電量為，B球平衡時，細線受到的拉力為；若A球帶的電量為，B球平衡時，細線受到的拉力為，則與的關系為（ ） A. > B. < C. = D. = = 4．有三根長度皆為的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質(zhì)量皆為的帶電小球A和B，它們的電量分別為和，。A、B之間用第三根線連接起來?？臻g中存在大小為的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖13所示?，F(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少。（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力） 圖13 O A B -q q E U1 U2 θ 圖14 5．如圖14所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩平行極板間的電場中，射入方向與極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（ ） A.U1變大，U2變大 B.U1變小，U2變大 C.U1變大，U2變小 D.U1變小，U2變小 6．（1997年，全國題）如圖15（1）所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初速不計）經(jīng)過伏的加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板A、B間的中防線射入，A、B板長米，相距米，加在A、B兩板間的電壓u隨時間t變化u—t圖線如圖15(2)所示，設A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場，在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間。內(nèi)，電場可視作恒定的。兩板右側(cè)放一記錄圓筒，筒的左側(cè)邊緣與極右端距離米，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期T秒，筒的周長米，筒能接收到通過A、B板的全部電子。 （1）以t=0時[見圖15（2）]，此時u=0，電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標系的原點，并取y軸豎直向上，試計算電子打到記錄紙上的最高點的y坐標和x坐標。（不計重力作用） （2）在給出的坐標紙圖15（3）上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線。 l A B S U0 k b d 圖15(1) 0 1 2 3 4 5 t 10-1s y/cm x/cm 0 -5 5 10 20 圖15(2) 圖15(3) 圖16 A B 7．(1997年，全國題)在圖16中所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板A與靈敏的靜電計相接，極板B接地，若極板B稍向上移動一點，由觀察到的靜電計指針變化作出平行板電容器電容變小的結(jié)論，其依據(jù)是（ ） A.兩極板間的電壓不變，極板上的電量變小 B.兩極板間的電壓不變，極板上的電量變大 C.極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變小 D.極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變大 ? P 圖17 8．如圖17所示，已充電的平行板電容器，帶正電的極板接地，兩極板間于P點處固定一負的點電荷，若將上極板下移至虛線位置，則下列說法中正確的是（ ） A.兩極間的電壓和板間場強都變小 B.兩極間的電壓變小，但場強不變 C.P點的電勢升高，點電荷的電勢能增大 D.P點的電勢不變，點電荷的電勢能也不變 9．如圖18所示，在x軸上方有勻強磁場（磁感強度為B），一個質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子以速度v0從坐標原點O射入磁場，v0 與x軸的負方向夾角為，不計重力，求粒子在磁場中飛行的時間和飛出磁場的坐標（磁場垂直紙面，不考慮粒子的重力） O θ v0 圖18 10．如圖19所示，x軸上方有勻強磁場， 磁感應強度為B，方向如圖所示，下方有勻強電場，場強為E。今有電量為q，質(zhì)量為m的粒子位于y軸N點坐標（0，－b）。不計粒子所受重力。在x軸上有一點M（L，0）。若使上述粒子在y軸上的N點由靜止開始釋放在電磁場中往返運動，剛好能通過M點。已知OM＝L。求： (1) 粒子帶什么電? (2) 釋放點N離O點的距離須滿足什么條件? 圖 19 (3) 從N到M點粒子所用最短時間為多少? y x M．、 N．、 0,-b L,0 O l B A 圖20 11．圖20中，A、B是一對平行的金屬板。在兩板間加上一周期為T的交變電壓。A板的電勢UA=0，B板的電勢UB隨時間的變化規(guī)律為，在0到T/2的時間內(nèi)，UB= U0(正常數(shù))；在T/2到達T的時間內(nèi)，UB＝－U0；在T到3T/2的時間內(nèi)，UB=U0；在3T/2到2T的時間，UB= —U0…現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內(nèi)，設電子的初速度和重力影響均可忽略，則（ ） A.若電子在t＝0時刻進入，它將一直向B板運動 B.若電子是在t＝T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 C.若電子是在t＝3T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 D.若電子是在t＝T/2時刻進入的，它可能時而向B板，時而向A板運動 12. (xx.江蘇)串列加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置。圖21中虛線框內(nèi)為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U，a、c兩端均有電極接地（電勢為零），現(xiàn)將速度很低的負一價碳離子從a端輸入，當離子到達b處時，可被設在b處的特殊裝置將其電子剝離，成為n價正離子，而不改變其速度大小。這些正n價碳離子從c端飛出后進入一與其速度方向垂直的、磁感應強度為B的勻強磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運動。已知碳離子的質(zhì)量，，，，元電荷，求半徑R。 圖21 加速管 a b c 13．如圖22所示為一種獲得高能粒子的裝置。環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)的勻強磁場。質(zhì)量為m，電量為＋q的粒子在環(huán)中作半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板。原來電勢都是零，每當粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速。每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零。粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變。 (1)設t＝0時粒子靜止在A板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈。求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能En。 (2)為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增。求粒子繞行第n圈時的磁感應強度Bn。 (3)求粒子繞行n圈所需要的總時間tn（設極板間距離遠小于R）。 (4)在圖22(2)中畫出A板電勢u與時間t的關系（從t＝0起畫到粒子第四次離開B板時即可） R O A +U 0 圖22(1) (5)在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為＋U？為什么？ u U 0 t 圖22(2) 14．（xx年，廣東題）如圖23（a）所示，A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離為（遠小于板的長度和寬），在兩板之間有一帶負電的質(zhì)點P，已知若在A、B間加電壓U0，則P點可以靜止平衡，現(xiàn)在A、B間加上圖（b）所示的隨時間變化的電壓U，在時，質(zhì)點P位于A、B的中點處且初速度為零，已知質(zhì)點P能在A、B間以最大的幅度上下運動，而又不與兩極板相碰，求圖（b）中U改變的各時刻及的表達式（質(zhì)點開始從中點上升到最高點，及以后每次從最高點到最低點或從最低點到最高點的過程，電壓只改變一次）。 （a） （b） 圖23 0 t1 t2 t3 t4 tn t u 2U0 P + — A B O +Q 300 A B D E 15．如圖24所示，傾角為300的直角三角形底邊長為2l，底邊外在水平位置，斜邊為光滑絕緣導軌，現(xiàn)在底邊中點O處固定一正電荷Q，讓一個質(zhì)量為m的帶正電荷q從斜面頂端A沿斜面滑下（始終不脫離斜面），已測得它滑到仍在斜邊上的垂足D處的速度為v，加速度為a，方向沿斜面向下，問該質(zhì)點滑到斜邊底端C點時的速度和加速度各為多少？ 圖24 專題三 電場和磁場 典型例題 [例1] 解析：A點撥：電場線從+Q發(fā)出，到接地的很大的薄金屬板，并與金屬板垂直。根據(jù)電場線可判斷①正確，M點的電場是+Q的電場與金屬板的感應電荷的電場的疊加，故②錯誤；N點與金屬板接地，所以電勢為零，但電場強度不為零，故③正確，④錯誤。 【例2】 解析：對A進行受力分析，設懸線的拉力為T，水平線的拉力為，在豎直方向上受重力和懸線的拉力而平衡： ① 在水平方向上，小球受電場力、電荷間的為庫侖力、懸線的水平拉力和水平線的拉力而平衡： ② 要兩球處于題設條件的平衡狀態(tài)，則對水平線的受力要求為： ③ 聯(lián)解①②③得到： 【例3】　解析：電子經(jīng)U1加速后，設以的速度垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，由動能定理得： ① 電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為： ② 電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為： ③ 電子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)量為： ④ 由以上四式聯(lián)解得到示波管的靈敏度為： 可見增大、減小U1或d均可提高示波管的靈敏度。 【例4】解析：由于電容器與電源相連，則電容器兩極板的電壓不變，根據(jù)平行板電容器電容可知，當增大S不變時，電容C減??；又因可得，電荷量減??；又由可知，場強E減小，故A選項正確；當S增大，不變時，C增大，Q增大，E不變，所以B選項錯誤；當減小，S增大時，C增大，Q增大，E增大，所以C選項正確；當S減小，減小時，電容C不一定增大，Q也不一定增大，但E一定增大，所以D選項錯誤?？梢姳绢}AC選項正確。 【例5】　解析：如圖所示，電場對粒子加速，由動能定理得： θ O L L U S d U B D R ① 由于粒子在電場加速過程中做勻加速直線運動，則加速的時間為： ② 粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類似平拋運動，其加速度為： 粒子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間為： ③ 粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移距離為： ④ 側(cè)向速度為： 則粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度為： ⑤ 以速度進入磁場做勻速度圓周運動的洛侖茲力為向心力，設運動半徑為R： ⑥ 則磁場寬度為： ⑦ 粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為： 所以 所以粒子在磁場中運動的時間為： ⑧ 粒子從S出發(fā)到回到S的周期T為： 偏轉(zhuǎn)電壓正負極換向時間為： 【例6】 解析：正離子每次經(jīng)過縫隙時都能得到加速必須滿足在筒中飛行時間 所以第一個筒長度 進入第二個筒時速度為v2，則 ① 第二個筒長 進入第三個筒的速度為v3，則 ② 第三個筒長 進入第n個筒的速度vn滿足 ③ 第n個筒的長度為， 解以上各式得： 由動能定理得： 【例7】　解析：設帶電粒子帶電為，根據(jù)題目條件可知，要使粒子平衡，則下極板帶正電，上極板帶負電，且有： ① 當電場由E1變到E2，但方向不變，時，有，粒子在E2的方向上做勻加速度直線運動，粒子從A運動到B，設加速所用時間為，此時E2反向，設粒子的速度為，此后粒子向上做加速度為減速度運動，直到速度為零，到達B點；此后粒子在電場力和重力作用下向下做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為，回到出發(fā)點A。設粒子從B到A的時間為。 ② 粒子從B點經(jīng)C點回到A點，有： ③ 由于 ④ 所以有： ⑤ 由題意可知： ⑥ 聯(lián)解得： 即： 得到： 【例8】　分析：（1）微粒運動到O點之前要受到重力、電場力和洛侖茲力作用，如圖所示．在這段時間內(nèi)微粒做勻速直線運動，說明三力合力為零．由此可得出微粒運動到O點時速度的大小和方向．（2）微粒運動到O點之后，撤去磁場，微粒只受到重力、電場力作用，其合力為一恒力，與初速度有一夾角，因此微粒將做勻變速曲線運動，如圖所示．可利用運動合成和分解的方法去求解． 解析：因為 x y B E ? P O f Eq v S2 G′ S1 電場力為： 則有： 所以得到： v=10m/s 所以θ=37 因為重力和電場力的合力是恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直，所以微粒在后一段時間內(nèi)的運動為類平拋運動．可沿初速度方向和合力方向進行分解。設沿初速度方向的位移為，沿合力方向的位移為，則 因為 所以 P點到原點O的距離為15m； O點到P點運動時間為1. 2s． 跟蹤練習 1.解析：P、Q在O點的合場強為零，沿著Oab線到無窮遠處，P、Q的合場強也為零，可見沿Oab線遠離O點時，合場強是先增大后減小，故不一定大于，而電勢離電荷越遠越低，必有大于，所以B選項正確。 2.解析：由于電荷兩次都是從電場外移入電場的，故選電場外電勢為零解題方便。 由 可得 A、 B兩點間電勢差：UAB=UA－UB=6102－(－2103)=2.6103V 當電荷由A移到B時電場力做功： 3.解析：用相似三角形法，得到，故得到與偏角無關。所以C、D選項正確。 A B O α A B β Eq T1 T2 α β mg A mg T2 Eq B β （1） （2） （3） （4） 圖13—4—答 4.解析：.圖13—4—答（1）中虛線表示A、B球原來的平衡位 置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示細線OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖13—4—答（2）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件：， B球受力如圖13—4—答(3)所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細線AB對B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件：， ,聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得，，由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖13—4—答（4）所示。與原來位置相比，A球的重力勢能減少了，EA=mgl(1－sin60)，B球的重力勢能減少了，A球的電勢能增加了，B球的電勢能減少了，兩種勢能總和減少了，代入數(shù)據(jù)解得： W=6.810－2J 5.解析：設電子經(jīng)電場加速后的速度為 得到： ① 設電子射出平行板的偏角為，兩極板間的距離為，電子的加速度為 ② 而電子在平行板中運動的時間為： ③ 電子的偏轉(zhuǎn)角為： ④ 由①②③④聯(lián)解得： 所以C選項正確。 6. 解析：（1）計算電子打到記錄紙上的最高點的坐標，設v0為電子A、B板的中心線射入電場時的初速度，則，電子在中心線方向的運動為勻速運動，設電子穿過A、B板的時間為t0，則，電子在垂直A、B板方向的運動為勻加速直線運動，對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓UC應滿足，聯(lián)立上面三式得，此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度為，以后，此電子做勻速直線運動，它打在記錄紙上的點最高。設縱坐標為y。由答圖可得， 7. 解析：靜電計是用來測量帶電體和大地間的電勢差的，平行板電容器與電源斷開，則電容器所帶的電量幾乎不變，將B板向上移動時，兩極板間的正對面積減小，電容減小，由可知，U增大，所以選項D正確。 8.解析：由于平行板電容器已充電，所以電量不變，當上極板下移后，極間距離變小，根據(jù)可知，電容C增大，根據(jù)可知，極板間電壓變??；由電場強度和可知，，與極間距離無關，所以電場強度E不變；由可知，由于P點到接地板間的距離不變，所以P點的電勢不變。由電勢能與電勢電量的關系 O C P θ v0 P θ O C （甲） （乙） 可知,不變。所以選項BD正確. 9.解析：粒子進入磁場做圓周運動，由于不知道粒子的帶電性質(zhì)和磁場的方向，因此其軌跡并不確定，但只有兩種情形，要么如圖（甲）所示，要么如圖（乙）所示， 首先分析圖甲：作v0的垂直線段，切取OC＝0，C即為圓面積心，畫出其軌跡如圖，。由幾何關系可得，所以粒子在磁場中飛行的時間為 P點的坐標為 y x M．、 N．、 0,-b L,0 O 再看圖乙：由幾何關系得，粒子在磁場中飛行的時間為，P點的坐標為。 10. 解析（1）粒子帶正電；（2）粒子由N至O在電場力作用下作初速為零的勻加速直線運動，到O后進入磁場后做勻速圓周運動，作半圓運動后，回到x軸進入電場，在電場力作用下先做勻減速直線運動直至速度為零再向上作初速為零的勻加速直線運動…重復進行，如圖所示軌跡，最后到達M點，粒子在電場中，運動距離b到達磁場區(qū)域，電場力做正功，據(jù)動能定理有：。從磁場再次進入電場，設運動的路程為S，粒子則克服電場力做功。據(jù)動能定理有：，上兩式知，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后剛好過M點的條件是L應為圓軌道半徑R的2N倍（其中N＝1、2、3……），，，而，滿足條件的N至O距離（其中N＝1、2、3……） （3）要使粒子從N到M的時間最短則應N＝1。即粒子從N到O，再由做一個半圓運動恰好要到M點，，而N＝1，，由動量定理：，， 而，所以N→O→M最短費時 11.AB，點撥：畫出B極板的電勢變化的圖線，分析電子的運動狀態(tài)，可結(jié)合速度圖線進行分析。 12..解析：設碳離子到達b處時的速度為v1，從c端射出時的速度為v2，由能量關系得： ① ② 進入磁場后，碳離子做圓周運動，可得： ③ 由以上三式可得： ④ 由④及題給數(shù)值可解得： 13. 解析: （1）粒子每經(jīng)狹縫AB一次，加速一次，增加動能qU，故繞行n圈（經(jīng)n次加速）回到A板時獲得的總動能為 （2）由和得粒子繞行n圈時，磁場的磁感應強度遞增到 u U 0 t1 t2 t3 t 圖15—5—答3 （3）A、B間距離遠小于半徑R，粒子穿過其間所花時間忽略不計，故粒子繞行n圈所用時間 粒子繞n圈所需要的時間 （4）按題意要求畫出u—t的函數(shù)圖象如圖15—5—答3所示（是時間間隔越來越小，加速時間越來越短的等幅脈沖電壓） (5)不可以。因為這樣粒子在A、B之間飛行時電場對其做功＋qU，使之加速，在A、B之外飛行時電場又對其做功－qU，使之減速，粒子繞行一周電場對其所做總功為零，能量不會增大。 14. 解析：設質(zhì)點P的質(zhì)量為m，電量為q，當A、B間為U0時質(zhì)點為靜止平衡狀態(tài)，有： ① 當極板間的電壓為2U0時，質(zhì)點P的加速度向上，由得： ② 當電壓為零時，質(zhì)點P的加速度又為，方向向下。 要滿題意要求，則在開始，P先受合力向上，加速度為，做初速度為零的勻加速度運動，設經(jīng)時間，質(zhì)點P的速度為，此時電壓變?yōu)榱悖琍在重力作用下做勻減速運動，再經(jīng)，P點正好到達A板且速度為零，故有： ， ③④⑤⑥ 則 得到： 因為 了在重力作用下，P由A極板處向下做勻加速度經(jīng)過的時間到達中點，速度變?yōu)椋较蛳蛳?，這時加下電壓使P做勻減速運動，經(jīng)過到達B板且速度為零，故有：， 由以上各式可知： 此后P在電場力和重力的共同作用下，由B處向上做加速度為勻加速運動，到達中點時，速度為，此時電場為零，此后P在重力作用下繼續(xù)向上運動到達A極板時的速度為零。所以有： 得到： 同理可知： （ 15.解析：因，則B、C、D三點在以O為圓心的同一圓周上，是O點處點電荷Q產(chǎn)生的電場中的等勢點，所以，q由D到C的過程中電場中電場力作功為零。由動能定理得， ① 而 質(zhì)點在C受三個力的作用；電場F，方向由C指向O點；重力mg，方向豎直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上。由牛頓第二定律， ② 而 ③ 解得：